Question

7．如图所示，质量m=1.0kg、带电量q=-4×10^-3C的小球用长度l=0.8m的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E=5×10³N/C．现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成θ角．现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断．已知cosθ=$\frac{3}{4}$，取重力加速度g=10m/s²．
（1）求小球第一次运动到最低点时的速度大小．
（2）小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？（结果可以保留根号）
（3）求小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小．

Answer 1

分析 （1）小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律求解速度大小；
（2）小球先做类平抛运动．小球恰好处于水平位置时细线张紧，以后以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，由动能定理求解速度大小；
（3）小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理求解速度，设小球第n次经过最高点时速度为v_n，由动能定理得和牛顿第二定律联立求解每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小．

解答 解：（1）小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律得：
$mgl（1-cosθ）=\frac{1}{2}mv_0^2$
代入数据得：v₀=2m/s；
（2）由于$qE-mg=10N＞m\frac{v_0^2}{l}=5N$，故小球先做类平抛运动．   则有：
x=v₀t，$y=\frac{1}{2}a{t^2}$，
根据牛顿第二定律可得：qE-mg=ma，
根据几何关系可得：（y-l）²+x²=l²
联立并代入数据得t=0.4s，x=y=0.8m
即小球恰好处于水平位置时细线张紧，此时，小球的竖直分速度v_y=at=4m/s
细线张紧瞬间，小球水平速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，
则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得：$（qE-mg）l=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_y^2$
代入数据得：${v_1}=4\sqrt{2}m/s$；
（3）小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得：$mg•2l=\frac{1}{2}mv{′}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：v′=8m/s
由于$qE-mg=10N＜m\frac{v{′}^{2}}{l}=80N$
故此后绳张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第n次经过最高点时速度为v_n，由动能定理得：
$（n-1）qE•2l=\frac{1}{2}mv_n^2-\frac{1}{2}mv_1^2$，n=1，2，3…
解得：$v_n^2=64（n-1）+32$
最高点时，由牛顿第二定律得：$F+mg-qE=m\frac{v_n^2}{l}$
联立解得：F=10（8n-3）（N），n=1，2，3…．
答：（1）小球第一次运动到最低点时的速度大小为2m/s．
（2）小球第一次进入电场时先做类平抛运动，后做圆周运动．小球第一次离开电场时的速度为$4\sqrt{2}m/s$；
（3）小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小为F=10（8n-3）（N），n=1，2，3…．

点评 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答．